Question

6．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1 （a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，A（a，0），B（0，b），O（0，0），△OAB的面积为1．
（1）求椭圆C的方程；
（2）斜率为2的直线与椭圆交于P、Q两点OP⊥OQ，求直线l的方程；
（3）在x上是否存在一点E使得过E的任一直线与椭圆若有两个交点M、N则都有$\frac{1}{{|EM{|^2}}}+\frac{1}{{|EN{|^2}}}$为定值？若存在，求出点E的坐标及相应的定值．

Answer 1

分析 （1）由已知，$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}ab=1$，又a²=b²+c²，解出即可得出．
（2）设直线l的方程为y=2x+t，则$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=2x+t\end{array}\right.$，可得$（4{t^2}-4）{（{\frac{y}{x}}）^2}+16（{\frac{y}{x}}）+（{t^2}-16）=0$，根据OP⊥OQ，可得k_OP•k_OQ=-1，解出即可得出．
（3）设E（m，0）、M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂），当直线n不为x轴时的方程为x=ty+m，与椭圆方程联立化为（t²+4）y²+2tmy+（m²-4）=0，利用根与系数的关系可得：$\frac{1}{{|EM{|^2}}}+\frac{1}{{|EN{|^2}}}$为定值5．

解答 解：（1）由已知，$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}ab=1$，又a²=b²+c²，解得$a=2，b=1，c=\sqrt{3}$，
∴椭圆的方程为$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．…（3分）
（2）设直线l的方程为y=2x+t，则由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=2x+t\end{array}\right.$，可得$\frac{x^2}{4}+{y^2}={（{\frac{y-2x}{t}}）^2}$，
即$（4{t^2}-4）{（{\frac{y}{x}}）^2}+16（{\frac{y}{x}}）+（{t^2}-16）=0$
∵OP⊥OQ，∴$\frac{{{t^2}-16}}{{4{t^2}-4}}=-1⇒{t^2}=4⇒t=±2$，
∴直线l的方程为y=2x±2即2x-y±2=0．…（7分）
（3）设E（m，0）、M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂），当直线n不为x轴时的方程为x=ty+m，
联立椭圆方程得：$\left\{\begin{array}{l}x=ty+m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$⇒（t²+4）y²+2tmy+（m²-4）=0，∴${y_1}+{y_2}=-\frac{2tm}{{{t^2}+4}}，{y_1}{y_2}=\frac{{{m^2}-4}}{{{t^2}+4}}$…（8分）
$\frac{1}{{|EA{|^2}}}+\frac{1}{{|EB{|^2}}}=\frac{1}{{（1+{t^2}）y_1^2}}+\frac{1}{{（1+{t^2}）y_2^2}}=\frac{1}{{（1+{t^2}）}}•\frac{{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-2{y_1}{y_2}}}{y_1^2y_2^2}$=$\frac{1}{{1+{t^2}}}•\frac{{（32-8{m^2}）+（2{m^2}+8）{t^2}}}{{{{（{m^2}-4）}^2}}}$…（10分）
∴当且仅当32-8m²=2m²+8即$m=±\frac{{2\sqrt{15}}}{5}$时$\frac{1}{{|EA{|^2}}}+\frac{1}{{|EB{|^2}}}=5$（定值）．
即   在x轴上存在点E使得$\frac{1}{{|EA{|^2}}}+\frac{1}{{|EB{|^2}}}$为定值5，点E的坐标为$（{\frac{{2\sqrt{15}}}{3}，0}）$或$（{-\frac{{2\sqrt{15}}}{3}，0}）$．    经检验，当直线AB为x轴时上面求出的点E也符合题意．…（12分）

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、相互垂直的直线斜率之间的关系、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．